专题二力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用.

专题二力与物体的直线运动高考题型1电场内动力学问题分析高考题型2磁场内动力学问题分析高考题型3电磁感应中的动力学问题分析栏目索引第2讲动力学观点在电学中的应用1．在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．考向一2．动力学观点分析方法a＝F合m，E＝Ud，v2－v20＝2ad.解题方略高考题型1电场内动力学问题分析例1质量为m、电荷量为＋q的小球从某一点静止释放，运动t秒后空间出现竖直方向的匀强电场，再经过t秒，小球又回到出发点，不计空气阻力且始终没有落地．求电场强度E.解析以竖直向下为正方向，则有释放后t秒末的速度v1＝gt0～t秒内为匀变速直线运动，位移x1＝v1＋02t出现电场后，经过t秒，小球又回到初始位置，说明电场力竖直向上，根据小球带正电，可判断电场方向竖直向上，出现电场后，合力为恒力，仍为匀变速直线运动，设回到出发点的速度大小为v2则t～2t秒内的位移x2＝v1＋－v22tx1＝－x2整理可得v2＝2v1根据牛顿运动定律有mg－qE＝maa＝－v2－v1t整理可得qE＝4mgE＝4mgq.答案4mgq，方向竖直向上预测1如图1所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg＝qE，则下面说法中正确的是()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为g图1C．小球最大高度为v202gD．小球电势能的最大值为mv202解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上．如图所示．故A错误；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g.故B正确；小球斜向上做匀减速直线行动，匀减速直线运动的位移x＝v202a＝v202g，则小球上升的最大高度h＝12x＝v204g.故C错误；在整个过程中电场力做功W＝qExcos120°＝－14mv20，电势能增加14mv20，所以小球电势能的最大值为14mv20.故D错误．答案B预测2(多选)如图2甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()图2A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/mB．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大C．由C到A电势逐渐降低D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9V解析由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝ΔvΔt，a＝qEm，解得：E＝1.2V/m，所以A正确；从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B错误，C正确；由C到B电场力做功为W＝12mv2B－0，CB间电势差为U＝Wq＝0.9V，所以D正确．答案ACD预测3(多选)如图3所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为－q，A、C不带电，用不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是()图3A．A、B球间的细线的张力为5mg＋qE2B．A、B球间的细线的张力可能为零C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力为qE12D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力为qE6解析A静止时，对B、C两球进行受力分析，则有：FTAB＝(2mg＋3mg＋Eq)sin30°＝12(5mg＋Eq)，故A正确，B错误；将线OA剪断的瞬间，B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过A、B绳传递，qE对A、B球整体产生一个沿斜面向下的加速度a′＝qEsin30°3m＝qE6m，此时A、B球的加速度为a＝12g＋qE6m(显然12g)，C球以加速度12g匀加速运动，所以B、C间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F＝ma′＝qE6，故C错误，D正确．答案AD1．对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．考向一高考题型2磁场内动力学问题分析解题方略3．此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零．例2(多选)如图4所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1kg、带正电q＝0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6N的恒力，g取10m/s2，则滑块()图4A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B．一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C．速度为6m/s时，滑块开始减速D．最终做速度为10m/s的匀速运动解析由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg＝5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，滑块和木板一起以a＝FM＋m＝0.60.2＋0.1m/s2＝2m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得：v＝10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝FM＝0.60.2m/s2＝3m/s2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动．故A、D正确，B错误；滑块开始的加速度为2m/s2，当恰好要开始滑动时，Ff＝μ(mg－qv′B)＝ma，代入数据得：v′＝6m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C错误．答案AD预测4如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中．A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()解析A中根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A正确；B中根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B错误；C中由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确；D中若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．答案B预测5如图5所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I＝kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是()图5解析当ts时间，电流I＝kt，安培力F＝BIL，设最大静摩擦力为fm，则加速度a＝F－fmm＝BLkt－fmm＝BLkmt－fmm，所以a－t图象是一条倾斜的直线，且不过原点，与纵轴的交点为－fmm，选项A、B错．导体棒速度v＝at＝BLkmt2－fmmt是一条开口向上的曲线，选项C错，D对．答案D预测6如图6甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动图6解析由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：FN′＝mgcosθ－F洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛)②由②可知，只要皮带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于皮带静止，有可能相对于皮带不静止．故B错误，D正确；由以上的分析可知，皮带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．答案D1．对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注意棒中的感应电流受到的安培力一般是阻力．2．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．考向一高考题型3电磁感应中的动力学问题分析解题方略例3如图7甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝2m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，下端连接阻值R＝1.5Ω的电阻；质量为m＝1.4kg、阻值r＝0.5Ω的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为L1＝1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数μ＝.整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直(向上为正)，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．(g＝10m/s2)图7337(1)在0～1.0s内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；解析由法拉第电磁感应定律得：E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝4.0V所以I＝ER＋r＝2.0A，方向为b→a.答案2.0A方向b→a(2)求t＝1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；解析t＝1.1s时，电流大小方向都不变，由题图乙可得B1＝0.2T，安培力F＝B1IL＝0.8N，方向沿斜面向下．mgsinθ＋F＝7.8Nμmgcosθ，ab仍保持静止所以Ff＝mgsinθ＋F＝7.8N，方向沿斜面向上．答案7.8N方向沿斜面向上(3)1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力FT，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，请写出拉力FT随时间t′(加F时开始计时)的变化关系式．解析1.2s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律得E′＝B2Lvv＝at′F′＝B2I2L．I2＝E′R＋r由牛顿第二定律得：FT－mgsinθ－μmgcos